2022年福建省福州市長樂高級(jí)中學(xué)化學(xué)高三第一學(xué)期期中復(fù)習(xí)檢測(cè)試題（含解析）

1、2022-2023高三上化學(xué)期中模擬測(cè)試卷注意事項(xiàng)：1答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)、考場(chǎng)號(hào)和座位號(hào)填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應(yīng)位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角條形碼粘貼處。2作答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目選項(xiàng)的答案信息點(diǎn)涂黑；如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內(nèi)相應(yīng)位置上；如需改動(dòng)，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準(zhǔn)使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y(jié)束后，請(qǐng)將本試卷

2、和答題卡一并交回。一、選擇題(共包括22個(gè)小題。每小題均只有一個(gè)符合題意的選項(xiàng)）1、下列物質(zhì)依次按照混合物、氧化物、弱電解質(zhì)和非電解質(zhì)的順序排列的一組是（ ）A淀粉、CuO、HClO、CuB水玻璃、Na2OCaO6SiO2、Ag2O、SO3CKAl(SO4)212H2O、KClO3、NH3H2O、CH3CH2OHD普通玻璃、H2O、CH3COOH、葡萄糖2、不同條件下，用O2氧化a mol/L FeCl2溶液過程中所測(cè)的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)如圖所示。下列分析或推測(cè)合理的是A由、可知， pH越大，+2價(jià)鐵越易被氧化B由、推測(cè)，若pH7，+2價(jià)鐵更難被氧化C由、推測(cè)，F(xiàn)eCl2被O2氧化的反應(yīng)為放熱反應(yīng)D60

3、、pH=2.5時(shí)， 4 h內(nèi)Fe2+的平均消耗速率大于 0.15a mol/(Lh)3、將m g含氧化鐵、氧化銅和氧化亞鐵的樣品投入物質(zhì)的量濃度為1 mol/L的2 L鹽酸中恰好完全反應(yīng)，若向等質(zhì)量的該樣品中通入足量的氫氣并加熱，充分反應(yīng)后所得金屬的質(zhì)量是A16gB(m16)gC(m32)gD(m16)g4、一定溫度下，向溶液中加入適量溶液，不同時(shí)刻測(cè)得生成的體積（已折算為標(biāo)準(zhǔn)狀況）如下表所示。資料顯示，反應(yīng)分兩步進(jìn)行：，反應(yīng)過程中能量變化如下圖所示。下列說法正確的是（ ）t/min03610V（O2）/mL09.917.222.4A是該反應(yīng)過程的催化劑B010 min的平均反應(yīng)速率：C反應(yīng)在

4、無催化劑時(shí)的活化能為E1D反應(yīng)的5、在一定溫度下，將氣體X和氣體Y各0.16mol充入10L恒容密閉容器中，發(fā)生反應(yīng)：X(g)+Y(g) 2Z(g)H0，一段時(shí)間后達(dá)到平衡，反應(yīng)過程中測(cè)定的數(shù)據(jù)如下表：下列說法不正確的是t/min2479n(Y)/mol0.120.110.100.10A反應(yīng)前2min的平均速率v（Z）=2.010-3 molL-1min-1B其他條件不變，降低溫度，反應(yīng)達(dá)到新平衡前：v（逆)v（正）C該溫度下此反應(yīng)的平衡常數(shù)：K=1.44D保持其他條件不變，起始時(shí)向容器充入0.32 mol氣體X和0.32 mol氣體Y，到達(dá)平衡時(shí)，c（Z）=0.024 mol/L6、常溫下聯(lián)

5、氨(N2H4)的水溶液中有：N2H4H2ON2H5OHK1N2H5H2ON2H62OHK2(提示：二元弱堿的電離也是分步電離)該溶液中的微粒的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)(X)隨lgc(OH)變化的關(guān)系如圖所示。下列敘述錯(cuò)誤的是( )A據(jù)A點(diǎn)可求：K1106BD點(diǎn)溶液的c(OH)10l1C若C點(diǎn)為N2H5Cl溶液，則存在：c(Cl)c(N2H5)2c(N2H62)D在N2H5Cl水溶液中，c(N2H4)c(OH)2c(N2H62)c(H)7、過二硫酸鉀（K2S2O8）用于制作漂白劑、氧化劑，也可用作聚合引發(fā)劑。工業(yè)上電解飽和KHSO4的酸性溶液(含K+、H+、HSO等離子)來制備過二硫酸鉀。電解裝置原理示意圖

6、如圖。下列說法不正確的是（ ）A該裝置工作時(shí)，陽離子向B極移動(dòng)Ba極為電源正極，陰極室中盛有飽和KHSO4酸性溶液CA極反應(yīng)：2HSO-2e-=S2O+2H+D當(dāng)轉(zhuǎn)移0.2mol電子時(shí)，有0.2molH+通過質(zhì)子交換膜8、已知過氧化氫在強(qiáng)堿性溶液中主要以HO2-存在。我國研究的Al-H2O2燃料電池可用于深海資源的勘查、軍事偵察等國防科技領(lǐng)域，裝置示意圖如下。下列說法錯(cuò)誤的是A電池工作時(shí)，溶液中OH-通過陰離子交換膜向Al極遷移BNi極的電極反應(yīng)式是HO2-+2e-+H2O=3OH-C電池工作結(jié)束后，電解質(zhì)溶液的pH降低DAl電極質(zhì)量減輕13.5g，電路中通過9.031023個(gè)電子9、某溶液中

7、加入鋁粉能產(chǎn)生氫氣，在該溶液中一定不能大量共存的離子組是( )ANa+、K+、Cl-、ClO-BCu2+、Fe2+、NO3-、SO42-CNa+、K+、Cl-、SO42-DK+、 NH4+、 Cl-、SO42-10、科學(xué)工作者研發(fā)了一種 SUNCAT的系統(tǒng)，借助鋰循環(huán)可持續(xù)合成氨，其原理如下圖所示。下列說法不正確的是A過程I得到的Li3N中N元素為3價(jià)B過程生成W的反應(yīng)為Li3N+3H2O=3LiOH+NH3C過程中能量的轉(zhuǎn)化形式為化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能D過程涉及的反應(yīng)為4OH4eO2+2H2O11、有關(guān)的說法正確的是( )A單體通過縮聚反應(yīng)可得到該高分子化合物B不會(huì)與酸性高錳酸鉀溶液反應(yīng)C只含二種

8、官能團(tuán)D1 mol該物質(zhì)與足量NaOH溶液反應(yīng)，最多可消耗1 mol NaOH12、H2A為二元酸，其電離過程：H2AH+HA-，HA-H+A2-。常溫時(shí)，向15mL0.1mol/LH2A水溶液中逐滴滴加0.1mol/LNaOH溶液，混合溶液中H2A、HA-和A-的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)()隨pH變化的關(guān)系如圖所示。下列敘述正確的是（ ）A常溫下H2A的Kal的數(shù)量級(jí)為10-1B當(dāng)溶液中c(H2A)=c(A2-)時(shí)，pH=2.9C當(dāng)溶液中c(Na+)=2c(A2-)+c(HA-)時(shí)，加入V(NaOH溶液)15mLD向pH=4.2的溶液中持續(xù)滴加NaOH溶液，水的電離程度持續(xù)變大13、下列關(guān)于反應(yīng)與能量的

9、說法正確的是（ ）AZn(s)+CuSO4(aq)=ZnSO4(aq)+Cu(s) H=-216kJmol-1，E反應(yīng)物E生成物BCaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g) H=+178.2kJmol-1，E反應(yīng)物c(OH)，c(Cl)c(N2H5)2c(N2H62)，故C正確；D. N2H5Cl溶液中存在電荷守恒：c(OH)+c(Cl)=c(H+)+c(N2H5+)+2c(N2H62+)，質(zhì)子守恒為c(N2H4)c(OH)2c(N2H62)c(H)，故D正確；答案選B。7、B【分析】由B電極放出氫氣可知，B電極發(fā)生還原反應(yīng)，則B是電解池陰極，A是陽極，a是電源正極、b是電源負(fù)極?！绢}目詳解

10、】A根據(jù)圖示， B是陰極，該裝置工作時(shí)，陽離子向B極移動(dòng)，故A正確；BKHSO4K2S2O8發(fā)生氧化反應(yīng)，A是陽極，陽極室中盛有飽和KHSO4酸性溶液，故B錯(cuò)誤；CKHSO4K2S2O8發(fā)生氧化反應(yīng)， A是陽極，陽極反應(yīng)為2HSO-2e-=S2O+2H+，故C正確；D該裝置有質(zhì)子交換膜，根據(jù)電荷守恒，當(dāng)轉(zhuǎn)移0.2mol電子時(shí)，有0.2molH+通過質(zhì)子交換膜，故D正確；答案選B。8、C【題目詳解】A.根電池裝置圖分析，可知Al較活潑，作負(fù)極，而燃料電池中陰離子往負(fù)極移動(dòng)，因而可推知OH-（陰離子）穿過陰離子交換膜，往Al電極移動(dòng)，A正確；B.Ni為正極，電子流入的一端，因而電極附近氧化性較強(qiáng)的

11、氧化劑得電子，又已知過氧化氫在強(qiáng)堿性溶液中主要以HO2-存在，可知HO2-得電子變?yōu)镺H-，故按照缺項(xiàng)配平的原則，Ni極的電極反應(yīng)式是HO2-+2e-+H2O=3OH-，B正確；C.根電池裝置圖分析，可知Al較活潑，Al失電子變?yōu)锳l3+，Al3+和過量的OH-反應(yīng)得到AlO2-和水，Al電極反應(yīng)式為Al-3e-+4OH- = AlO2-+2H2O，Ni極的電極反應(yīng)式是HO2-+2e-+H2O=3OH-，因而總反應(yīng)為2Al+3HO2-=2AlO2-+H2O+ OH-，顯然電池工作結(jié)束后，電解質(zhì)溶液的pH升高，C錯(cuò)誤；D.A1電極質(zhì)量減輕13.5g，即Al消耗了0.5mol，Al電極反應(yīng)式為Al

12、-3e-+4OH- = AlO2-+2H2O，因而轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.53NA=9.031023，D正確。故答案選C?！敬鸢更c(diǎn)睛】書寫燃料電池電極反應(yīng)式的步驟類似于普通原電池，在書寫時(shí)應(yīng)注意以下幾點(diǎn)：1.電極反應(yīng)式作為一種特殊的離子反應(yīng)方程式，也必需遵循原子守恒，得失電子守恒，電荷守恒；2.寫電極反應(yīng)時(shí)，一定要注意電解質(zhì)是什么，其中的離子要和電極反應(yīng)中出現(xiàn)的離子相對(duì)應(yīng)，在堿性電解質(zhì)中，電極反應(yīng)式不能出現(xiàn)氫離子，在酸性電解質(zhì)溶液中，電極反應(yīng)式不能出現(xiàn)氫氧根離子；3.正負(fù)兩極的電極反應(yīng)式在得失電子守恒的條件下，相疊加后的電池反應(yīng)必須是燃料燃燒反應(yīng)和燃料產(chǎn)物與電解質(zhì)溶液反應(yīng)的疊加反應(yīng)式。9、B【分析】加

13、入鋁粉產(chǎn)生氫氣的溶液可能是酸性或堿性。據(jù)此解答?！绢}目詳解】A. ClO-在酸性溶液不能存在，但在堿性條件下能存在，不符合題意；B. Cu2+、Fe2+ 在堿性條件下不能存在，F(xiàn)e2+和NO3-在酸性條件下反應(yīng)不能存在，故符合題意；C. Na+、K+、Cl+、SO42-在酸性或堿性溶液中都存在，故不符合題意；D. NH4+只能在酸性條件下存在，故不符合題意。故選B?！敬鸢更c(diǎn)睛】掌握和鋁反應(yīng)生成氫氣的溶液為酸性或堿性，注意在酸性條件下，硝酸根離子能氧化鋁不產(chǎn)生氫氣。10、C【題目詳解】A.Li3N中鋰元素的化合價(jià)為+1價(jià)，根據(jù)化合物中各元素的代數(shù)和為0可知，N元素的化合價(jià)為-3價(jià)，A項(xiàng)正確；B.

14、由原理圖可知，Li3N與水反應(yīng)生成氨氣和W，元素的化合價(jià)都無變化，W為LiOH，反應(yīng)方程式：Li2N+3H2O3LiOH+NH3，B項(xiàng)正確；C.由原理圖可知，過程為電解氫氧化鋰生成鋰單質(zhì)、氧氣和水，電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D.過程電解LiOH產(chǎn)生O2，陽極反應(yīng)為4OH4eO2+2H2O，D項(xiàng)正確。故答案選C。11、A【題目詳解】A根據(jù)結(jié)構(gòu)簡式可知，該物質(zhì)是縮聚產(chǎn)物，故單體通過縮聚反應(yīng)可得到該高分子化合物，A正確；B該縮聚產(chǎn)物含羥基，可與酸性高錳酸鉀溶液反應(yīng)生成羧基，B錯(cuò)誤；C該縮聚產(chǎn)物含酯基、羥基、羧基三種官能團(tuán)，C錯(cuò)誤；D該縮聚產(chǎn)物含酯基、羧基，均能與NaOH溶液反應(yīng)，但聚合度n不定，不

15、能計(jì)算消耗的NaOH的物質(zhì)的量，D錯(cuò)誤；答案選A。12、C【題目詳解】A. Ka1(H2A) = ，根據(jù)圖知，當(dāng)c (HA- ) =c( H2A)時(shí)，溶液的pH=1.2 ，則溶液中c(H+) =10-1.2， Ka1 (H2A) =10-1.2，常溫下H2A的Ka的數(shù)量級(jí)為10-2，故A錯(cuò)誤；B.根據(jù)圖知Ka1 ( H2A) =10-1.2， Ka2 (H2A) =10-4.2， 當(dāng)c (H2A) =c( A-)時(shí), Ka1 (H2A) Ka2(H2A) =110-5.4=c2( H+) ， c(H+) =110-2.7mol/L， pH=2.7 ，故B錯(cuò)誤；C.向15mL 0.1mol/LH

16、2A水溶液中逐滴滴加0.1mol/L NaOH溶液，當(dāng)加入V ( NaOH溶液) =15mL時(shí)，二者恰好反應(yīng)生成NaHA，根據(jù)圖知此時(shí)溶液的pH 15mL，故C正確；D. pH=4.2時(shí)， HA-、A2-含量相同，則c (HA-)=c( A2-) ，溶液為Na2A、NaHA等濃度的混合溶液，溶液中持續(xù)滴加NaOH溶液，NaHA轉(zhuǎn)化為Na2A ，水解程度逐漸增大，水的電離程度增大，但是當(dāng)全部轉(zhuǎn)化為Na2A后,再加入NaOH溶液，就開始抑制水的電離, 水的電離程度減小，故D錯(cuò)誤。故選C。13、B【分析】A. 反應(yīng)物的總能量大于生成物的總能量為放熱反應(yīng)； B. 反應(yīng)物的總能量小于生成物的總能量為吸熱

17、反應(yīng)；C. 該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)；D. 該反應(yīng)為可逆反應(yīng)?！绢}目詳解】A.當(dāng)反應(yīng)物總能量生成物總能量，則反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，但該反應(yīng)H0，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B.當(dāng)反應(yīng)物總能量0，B項(xiàng)正確；C.根據(jù)熱化學(xué)方程式2HCl(g)=H2(g)+Cl2(s) H=+92.3kJmol-1可知HCl分解是吸熱反應(yīng)，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D.反應(yīng)N2(g)+3H2(g)2NH3(g)是可逆反應(yīng)，將0.5molN2和1.5molH2置于密閉的容器中充分反應(yīng)生成NH3(g)小于1.0mol，放熱19.3kJ，則熱化學(xué)方程式應(yīng)為N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H-38.6kJmol-1，D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選B。14、C【題目詳解】A苯環(huán)

18、上所有原子共平面，因?yàn)閱捂I可旋轉(zhuǎn)，所以化合物b中所有碳原子可能共平面，故A項(xiàng)正確；B由方程式可知，該反應(yīng)為取代反應(yīng)，故B項(xiàng)正確；C化合物c有7種一氯代物，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；D化合物b、c都有酯基，都可以和NaOH反應(yīng)，故D項(xiàng)正確；故選C。15、C【題目詳解】A. 與 發(fā)生互促水解反應(yīng)，不能大量共存，故A不選；B. 常溫下，由水電離出的c(H+)10-14molL-1溶液中，抑制了水的電離，可能含有大量的氫離子或者大量的氫氧根離子，與氫離子、氫氧根離子均不能大量共存，故B不選；C. 常溫下，0.1 molL-1的溶液中呈堿性，K+、NH3H2O、子之間不反應(yīng)，且和OH不反應(yīng)，所以能大量共存，故C選；D

19、. 在c()0.1 molL-1的溶液中，與反應(yīng)， ，不能大量共存，故D不選；故選：C。16、A【題目詳解】A. Na與水反應(yīng)生成NaOH和H2，Na元素的化合價(jià)升高，Na作還原劑；B. Cl2與水反應(yīng)生成HCl和HClO，Cl元素的化合價(jià)既升高又降低，Cl2既是氧化劑又是還原劑；C. NO2與水反應(yīng)生成HNO3和NO，N元素的化合價(jià)既升高又降低，NO2既是氧化劑又是還原劑；D. Na2O2與水反應(yīng)生成NaOH和O2，Na2O2中的O元素化合價(jià)既升高又降低，Na2O2既是氧化劑又是還原劑；根據(jù)以上分析可知，在與水反應(yīng)時(shí)，Na是還原劑，Cl2、NO2、Na2O2都既是氧化劑又是還原劑，答案選A。

20、17、D【題目詳解】A. 同周期元素從左到右，半徑依次減小，C與O同屬第二周期元素，原子半徑CO，故A正確；B. 同周期元素從左到右，非金屬性增強(qiáng)， 非金屬性CO，故C24O6中O顯負(fù)價(jià)，故B正確；C. C22O4分子中含有極性鍵C=O和非極性鍵C-C、，故C正確；D. C18與C60、金剛石是碳元素組成的不同單質(zhì)，互為同素異形體，故D錯(cuò)誤。選D。18、D【答案解析】A向硝酸溶液中加入NaHSO3，二者發(fā)生氧化還原反應(yīng)立即生成氣體，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B、H2S氣體通入氯水中，發(fā)生反應(yīng)H2S+Cl2=S+2HCl，酸性增強(qiáng)，溶液pH值減小，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C、NaOH溶液滴入Ba（HCO3）2溶液中，立即

21、生成碳酸鋇沉淀，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D、開始二氧化碳與氫氧化鈣反應(yīng)，生成碳酸鈣沉淀，溶液中離子濃度降低，導(dǎo)電能力降低，氫氧化鈣反應(yīng)完畢后，二氧化碳再與碳酸根、水生成碳酸氫鈣，溶液中離子濃度增大，導(dǎo)電能力增強(qiáng)，最后由鈣離子守恒可知?dú)溲趸}與碳酸氫鈣的濃度基本相等，導(dǎo)電能力與開始基本相同，選項(xiàng)D正確；答案選D。19、D【答案解析】根據(jù)電離、水解、電解質(zhì)等概念分析判斷?！绢}目詳解】A項(xiàng)：溶液中CH3COOH有電離平衡，不論加入多少堿，都不能使醋酸完全轉(zhuǎn)化為醋酸根離子。即CH3COOH分子可以存在于堿性溶液中。A項(xiàng)錯(cuò)誤；B項(xiàng)：SO2的水溶液能導(dǎo)電，不是因?yàn)镾O2發(fā)生電離，而是它與水反應(yīng)的產(chǎn)物H2SO3發(fā)生電離

22、，故SO2屬于非電解質(zhì)。B項(xiàng)錯(cuò)誤；C項(xiàng)：Al2O3熔點(diǎn)很高，可制造坩堝，但不能熔融NaOH。因?yàn)锳l2O3為兩性氧化物，能與NaOH反應(yīng)。C項(xiàng)錯(cuò)誤；D項(xiàng)：NaClO溶液中存在ClO水解平衡，通入的CO2與OH反應(yīng)，使水解平衡右移，ClO的濃度減小。D項(xiàng)正確。本題選D。20、C【題目詳解】A滴定管每個(gè)小刻度為0.1mL，讀數(shù)讀到0.01mL，用25mL滴定管進(jìn)行中和滴定時(shí)，用去標(biāo)準(zhǔn)液的體積應(yīng)為21.70mL，故A錯(cuò)誤；B用未知濃度的鹽酸滴定已知濃度的NaOH溶液時(shí)，若滴定前仰視讀數(shù)，滴定至終點(diǎn)后俯視讀數(shù)，導(dǎo)致消耗的鹽酸體積偏小，依據(jù)c（酸）=，測(cè)定結(jié)果偏高，故B錯(cuò)誤；C所用的固體KOH中混有Na

23、OH，相同質(zhì)量的氫氧化鈉和氫氧化鉀，氫氧化鈉的物質(zhì)的量大于氫氧化鉀的物質(zhì)的量，故所配得溶液的OH-濃度偏大，造成V（堿）偏小，根據(jù)c（酸）= ，可知c（酸）偏小，故C正確；D依據(jù)方程式： ，則草酸濃度c2= mol/L，故D錯(cuò)誤；故選：C。21、B【答案解析】A因該燃料電池是在酸性電解質(zhì)中工作，所以正極反應(yīng)為：O2+4e-+4H+=2H2O， 選項(xiàng)A錯(cuò)誤；Ba極是粗銅，b極是純銅時(shí)，為粗銅的精煉，電解時(shí)，a極逐漸溶解，b極上有銅析出，符合精煉銅原理，選項(xiàng)B正確；C b與電池的負(fù)極相連，b為電解池的陰極，a極是陽極，陰離子SO42 移向陽極a極移動(dòng)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D電解CuSO4溶液時(shí)，a極產(chǎn)生的

24、氣體為O2，產(chǎn)生1molO2需4mol電子，所以需要燃料電池的2molH2，二者的體積并不相等，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；答案選B。22、B【分析】從裝置圖看，電極a中H2OO2，則此電極為負(fù)極，電極反應(yīng)式為6H2O-12e-=3O2+12H+；電極b中，CO2CH3CH2OH，則此電極為正極，電極反應(yīng)式為2CO2+12e-+12H+=C2H5OH+3H2O?！绢}目詳解】A該過程中，太陽能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能，化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能，甚至還存在化學(xué)能轉(zhuǎn)化為熱能，A不正確；B由電極反應(yīng)式6H2O-12e-=3O2+12H+看，反應(yīng)轉(zhuǎn)移4 mol電子時(shí)，可能生成1molO2，其質(zhì)量為32g，B正確；C由以上分析知，b電極反應(yīng)

25、方程式為2CO2+12e-+12H+=C2H5OH+3H2O，C不正確；D電極a上發(fā)生的反應(yīng)為6H2O-12e-=3O2+12H+，工作一段時(shí)間，電極a附近溶液的pH會(huì)減小，D不正確；故選B。二、非選擇題(共84分)23、（1）,消去反應(yīng)；（1）乙苯；（3）；（4）19；。（5）濃硝酸、濃硫酸、加熱5060；Fe/稀HCl；【答案解析】試題分析：A的分子式為C6H13Cl，為己烷的一氯代物，在氫氧化鈉醇溶液、加熱條件下發(fā)生消去反應(yīng)得到B，1mol B發(fā)生信息中氧化反應(yīng)生成1mol C，且C不能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，B為對(duì)稱結(jié)構(gòu)烯烴，且不飽和C原子沒有H原子，故B為（CH3）1C=C（CH3）1，C為（

26、CH3）1C=O，逆推可知A為（CH3）1CH-CCl（CH3）1D屬于單取代芳烴，其相對(duì)分子質(zhì)量為106，D含有一個(gè)苯環(huán)，側(cè)鏈?zhǔn)搅?106-77=19，故側(cè)鏈為-CH1CH3，D為，核磁共振氫譜顯示F苯環(huán)上有兩種化學(xué)環(huán)境的氫，故D發(fā)生乙基對(duì)位取代反應(yīng)生成E為，由F的分子式可知，E中硝基被還原為-NH1，則F為，C與F發(fā)生信息中反應(yīng)，分子間脫去1分子水形成N=C雙鍵得到G，則G為，（1）A發(fā)生消去反應(yīng)生成B，反應(yīng)方程式為C（CH3）1Cl-CH（CH3）1+NaOHC（CH3）1=C（CH3）1+NaCl+H1O，該反應(yīng)為消去反應(yīng)，故答案為C（CH3）1Cl-CH（CH3）1+NaOHC（CH

27、3）1=C（CH3）1+NaCl+H1O；消去；（1）E為，其名稱是對(duì)硝基乙苯，D發(fā)生取代反應(yīng)生成E，反應(yīng)方程式為+HNO3+H1O，故答案為對(duì)硝基乙苯；+HNO3+H1O；（3）通過以上分析知，G結(jié)構(gòu)簡式為，故答案為；（4）F為，含有苯環(huán)同分異構(gòu)體中，若取代基為氨基、乙基，還有鄰位、間位1種，若只有一個(gè)取代基，可以為-CH（NH1）CH3、-CH1CH1NH1、-NH-CH1CH3、-CH1NHCH3、-N（CH3）1，有5種；若取代為1個(gè)，還有-CH3、-CH1NH1或-CH3、-NHCH3，各有鄰、間、對(duì)三種，共有6種；若取代基有3個(gè)，即-CH3、-CH3、-NH1，1個(gè)甲基相鄰，氨基有

28、1種位置，1個(gè)甲基處于間位，氨基有3種位置，1個(gè)甲基處于對(duì)位，氨基有1種位置，共有1+3+1=6種，故符合條件的同分異構(gòu)體有：1+5+6+6=19，其中核磁共振氫譜為4組峰，且面積比為6：1：1：1，說明含有1個(gè)-CH3，可以是，故答案為19；。（5）由苯與濃硝酸、濃硫酸在加熱條件下得到H為硝基苯，硝基苯在Fe粉/鹽酸條件下還有得到I為，再與（CH3）1C=O反應(yīng)得到，最后加成反應(yīng)還原得到，故反應(yīng)條件1所選用的試劑為：濃硝酸、濃硫酸，反應(yīng)條件1所選用的試劑為：Fe粉/稀鹽酸，I的結(jié)構(gòu)簡式為，故答案為濃硝酸、濃硫酸；Fe粉/鹽酸；?！究键c(diǎn)定位】考查有機(jī)物的合成與推斷【名師點(diǎn)晴】本題考查有機(jī)物推斷

29、，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重考查學(xué)生獲取信息并靈活運(yùn)用信息解答問題能力，根據(jù)題給信息、反應(yīng)條件、分子式進(jìn)行推斷，正確推斷A、D結(jié)構(gòu)簡式是解本題關(guān)鍵，難點(diǎn)是（4）題同分異構(gòu)體種類判斷。24、 1s22s22p63s23p63d8 鑭 ONHCe N-HO(或N-HN或O-HN或O-HO) sp3雜化 bd 8 【分析】(1)鏑(Dy)的基態(tài)原子外圍價(jià)電子排布式為4f106s2，結(jié)合泡利原理、洪特規(guī)則畫出排布圖；(2)Cu原子核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d104s1，先失去4s能級(jí)1個(gè)電子，再失去3d能級(jí)2個(gè)電子形成Cu3+；(3)第三電離能與第一電離能、第二電離能相差越小，與第四電離

30、能相差越大，第三個(gè)電子越容易失去，+3價(jià)的可能性越大；(4)同周期主族元素自左而右電負(fù)性增大，N、O在它們的氫化物中均表現(xiàn)負(fù)化合價(jià)，數(shù)目它們的電負(fù)性均大于氫元素的，一般非金屬性越強(qiáng)，電負(fù)性越大；NH3的水溶液中，NH3分子之間形成氫鍵，水分子之間形成氫鍵，NH3與水分子之間形成2種氫鍵(N-HO或O-HN)；氣態(tài)氯化鋁分子表示為(AlCl3)2，Al原子價(jià)電子數(shù)為3，與Cl原子已經(jīng)全部成鍵，Al原子有1個(gè)空軌道，Cl原子有孤電子對(duì)，Al原子與Cl之間形成1個(gè)配位鍵，結(jié)構(gòu)式為；(5)PrO2(二氧化鐠)的晶體結(jié)構(gòu)與CaF2相似，晶胞中Pr(鐠)原子位于面心和頂點(diǎn)，根據(jù)均攤法計(jì)算晶胞中Pr原子數(shù)目

31、，再根據(jù)化學(xué)式中原子數(shù)目之比計(jì)算晶胞中O原子數(shù)目；結(jié)合晶胞中原子數(shù)目用阿伏伽德羅常數(shù)表示出晶胞質(zhì)量，而晶胞質(zhì)量也等于晶胞體積與密度乘積，聯(lián)立計(jì)算?！绢}目詳解】(1)鏑(Dy)的基態(tài)原子外圍電子排布式為4f106s2，由泡利原理、洪特規(guī)則，外圍價(jià)電子排布圖為：；(2)Cu原子核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d104s1，先失去4s能級(jí)1個(gè)電子，再失去3d能級(jí)2個(gè)電子形成Cu3+，基態(tài)時(shí)Cu3+的電子排布式為：1s22s22p63s23p63d8；(3)第三電離能與第一電離能、第二電離能相差越小，第三個(gè)電子越容易失去，+3價(jià)的可能性越大，在上述表中La的I1+I2和I3最接近，I

32、3與I4差距最大，故La元素最可能形成+3；(4)同周期主族元素自左而右電負(fù)性增大，N、O在它們的氫化物中均表現(xiàn)負(fù)化合價(jià)，數(shù)目它們的電負(fù)性均大于氫元素的，一般非金屬性越強(qiáng)，電負(fù)性越大，電負(fù)性由大到小的順序?yàn)椋篛NHCe；NH3的水溶液中，NH3分子之間形成氫鍵(N-HN)，水分子之間形成氫鍵(O-HO)，NH3與水分子之間形成2種氫鍵(N-HO或O-HN)；氣態(tài)氯化鋁分子表示為(AlCl3)2，Al原子價(jià)電子數(shù)為3，與Cl原子已經(jīng)全部成鍵，Al原子有1個(gè)空軌道，Cl原子有孤電子對(duì)，Al原子與Cl之間形成1個(gè)配位鍵，結(jié)構(gòu)式為，Al是原子采取sp3雜化，含有的化學(xué)鍵有極性鍵、配位鍵，沒有離子鍵、非

33、極性鍵；(5)PrO2(二氧化鐠)的晶體結(jié)構(gòu)與CaF2相似，晶胞中Pr(鐠)原子位于面心和頂點(diǎn)，則晶胞中Pr原子數(shù)目=8+6=4，而Pr原子與O原子數(shù)目之比為1：2，則晶胞中O原子數(shù)目為42=8，晶胞質(zhì)量=g=(a10-10 cm)3gcm-3，整理得NA=。25、濃H2SO4吸收多余的Cl2， 防止空氣中的H2O和O2進(jìn)入燒瓶中與白磷及PCl3反應(yīng)排盡裝置中的空氣,防止白磷和PCl3與氧氣反應(yīng)先將K1關(guān)閉，打開K2，等B中溶液上方充滿黃綠色氣體后，即說明排凈了空氣，再打開K1，關(guān)閉K2即可。蒸餾當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏蔚馑芤簳r(shí)，溶液由無色變?yōu)樗{(lán)色，且半分鐘內(nèi)不復(fù)原BF95%或94.9%【答案解析】（

34、1）、PCl3遇水會(huì)強(qiáng)烈水解生成H3PO3和HCl，D中反應(yīng)需要在無水條件下進(jìn)行，而A中制得的氯氣中混有水蒸氣和HCl，通過B裝置時(shí)要干燥氯氣，故裝置B盛放濃硫酸，E裝置支管圓底燒瓶是收集生成的PCl3，考慮到PCl3的熔沸點(diǎn)較低，很容易揮發(fā)，結(jié)合冷水是降溫的，可知E中冷水的作用應(yīng)該是冷凝PCl3，堿石灰有吸水和吸酸性氣體的作用，本實(shí)驗(yàn)的尾氣氯氣有毒，對(duì)環(huán)境有污染，可被堿石灰吸收，同時(shí)還可以防止空氣中的水汽進(jìn)入燒瓶內(nèi)與PCl3反應(yīng)；故答案為濃H2SO4；吸收多余的Cl2， 防止空氣中的H2O和O2進(jìn)入燒瓶中與白磷及PCl3反應(yīng)。（2）、白磷遇氧氣會(huì)自燃，故要將裝置中的空氣排出，可通過通入CO2

35、達(dá)到目的；為了除去A、B裝置中的空氣，可以通過控制K1、K2除去，具體的操作是：先將K1關(guān)閉，打開K2，等B中溶液上方充滿黃綠色氣體后，即說明排凈了空氣，再打開K1，關(guān)閉K2即可。故答案是：排盡裝置中的空氣，防止白磷和PCl3與氧氣反應(yīng)；先將K1關(guān)閉，打開K2，等B中溶液上方充滿黃綠色氣體后，即說明排凈了空氣，再打開K1，關(guān)閉K2即可。（3）、由題中信息可知，POCl3和PCl3都是液體，熔沸點(diǎn)存在明顯的差異，除去PC13中混有的POCl3，可選擇蒸餾的方式進(jìn)行分離，以得到純凈的PCl3，故答案是蒸餾。（4）、碘遇淀粉先藍(lán)色，用0.1000 molL-1碘水滴定溶液中PCl3生成的H3PO3，

36、當(dāng)H3PO3反應(yīng)完全時(shí)，溶液中的淀粉會(huì)變藍(lán)，所以答案是：當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏蔚馑芤簳r(shí)，溶液由無色變?yōu)樗{(lán)色，且半分鐘內(nèi)不復(fù)原。A、燒杯中溶液轉(zhuǎn)移至容量瓶中時(shí)，未洗滌燒杯，會(huì)造成溶質(zhì)損失，則所配制的溶液濃度偏小；B、定容時(shí)俯視刻度線，會(huì)造成溶液體積偏小，則所配制的溶液濃度偏大；C、定容時(shí)仰視刻度線，會(huì)造成溶液體積偏大，則所配制的溶液濃度偏?。籇、容量瓶未干燥，殘留有少量的水，因后續(xù)定容還要加水，故對(duì)配制溶液無影響；E、移液時(shí)有少量液體濺出，會(huì)造成溶質(zhì)損失，則所配制的溶液濃度偏小；F溶解碘時(shí)放熱，未冷卻至室溫就轉(zhuǎn)移至容量瓶并定容，會(huì)造成溶液體積偏小，則配制的溶液濃度偏大；當(dāng)達(dá)到終點(diǎn)時(shí)消耗碘水溶液6.9m

37、L，則n（I2）=0.0069L0.1000 molL-1=0.00069mol，根據(jù):H3PO3+H2O+I2=H3PO4+2HI可知，參與反應(yīng)的n（H3PO3）=0.00069mol，PCl3遇水強(qiáng)烈水解生成H3PO3和HCl的化學(xué)方程式是：PCl3+3 H2O= H3PO3+3HCl，則25mL溶液中PCl3的物質(zhì)的量是：0.00069mol，所以250mL溶液中含PCl3的物質(zhì)的量是：0.00069mol10=0.0069mol，則PCl3的質(zhì)量是0.0069mol137.5g/mol=0.95g，則PCl3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是：100%=95%。故此題答案是：故答案是：當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏蔚馑芤?/p>

38、時(shí)，溶液由無色變?yōu)樗{(lán)色，且半分鐘內(nèi)不復(fù)原； BF；95%。26、分液漏斗 硫化氫溶液（或硫化鈉、硫氫化鈉溶液均可） 還原性 SO2Br22H2O=SO42-4H2Br CaSO4 沿玻璃棒向漏斗中加蒸餾水至浸沒沉淀，待水流盡重復(fù)2到3次以上操作 過量0.5molL1HCl 品紅溶液 NaOH溶液 吸收多余的SO2，防止污染環(huán)境，造成大氣污染 【分析】探究SO2的化學(xué)性質(zhì)，根據(jù)裝置圖，A裝置是制取二氧化硫，裝置B檢驗(yàn)SO2的氧化性，裝置C檢驗(yàn)SO2的還原性，裝置D探究二氧化硫和漂白粉的反應(yīng)，裝置E為尾氣吸收裝置。(4)新制漂白粉濃溶液中含有的次氯酸根離子具有氧化性，可能氧化亞硫酸根離子；因沉淀的

39、表面有可溶性的雜質(zhì)，需用蒸餾水重復(fù)洗滌；亞硫酸鈣和稀酸能夠反應(yīng)生成二氧化硫，可以借助于二氧化硫具有漂白性檢驗(yàn)生成的二氧化硫，據(jù)此分析解答?！绢}目詳解】(1)根據(jù)圖示，儀器是分液漏斗，故答案為：分液漏斗；(2)裝置B需要檢驗(yàn)SO2的氧化性，硫化氫水溶液或硫化鈉、硫氫化鈉溶液中的硫元素都為-2價(jià)，都能被二氧化硫氧化，體現(xiàn)二氧化硫的氧化性，故答案為：硫化氫水溶液(或硫化鈉、硫氫化鈉溶液)；(3)在反應(yīng)Br2+SO2+2H2O2HBr+H2SO4中，Br元素的化合價(jià)由0降低為-1價(jià)，則Br2為氧化劑，在反應(yīng)中表現(xiàn)氧化性，S元素的化合價(jià)+4價(jià)升高+6價(jià)，則SO2為還原劑，在反應(yīng)中表現(xiàn)還原性，離子方程式為

40、：SO2+Br2+2H2O=SO42-+4H+2Br-，故答案為：還原；SO2+Br2+2H2O=SO42-+4H+2Br-；(4)新制漂白粉濃溶液中含有的次氯酸根離子具有強(qiáng)氧化性，二氧化硫具有還原性，會(huì)發(fā)生氧化還原反應(yīng)，生成產(chǎn)物可能為硫酸鈣，故答案為：CaSO4；白色沉淀表面有鈣離子和氯離子、硫酸根離子等可溶性的離子，需除去這些離子，方法是沿玻璃棒向漏斗中加蒸餾水至浸沒沉淀，待水流盡后重復(fù)23次以上操作；亞硫酸鈣和鹽酸反應(yīng)CaSO3+2HClCaCl2+SO2+H2O，二氧化硫與品紅化合生成無色物質(zhì)，能使品紅溶液褪色；因?yàn)槌霈F(xiàn)固體完全溶解，因此不能選用0.5 molL1H2SO4，故答案為：

41、沿玻璃棒向漏斗中加蒸餾水至浸沒沉淀，待水流盡后重復(fù)2到3次以上操作；過量(或適量)0.5 molL-1HCl；品紅溶液；(5)二氧化硫是有毒氣體，屬于大氣污染物，所以裝置E的作用是吸收二氧化硫，防止造成空氣污染，可用氫氧化鈉，氫氧化鈉和二氧化硫反應(yīng)2NaOH+SO2Na2SO3+H2O，為防止倒吸，需用倒扣的漏斗，故答案為：NaOH溶液；吸收SO2，防止造成空氣污染。27、，OH + H+ = H2O 除去殘存的甲苯 減少苯甲酸鉀結(jié)晶析出帶來的損失 一定體積的乙醇中，配成60的飽和溶液，過濾，濾液倒入室溫下一定量的水中 【答案解析】（1）中發(fā)生的主要反應(yīng)為：（未配平），則中向?yàn)V液中滴加濃鹽酸酸

42、化至pH=2，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為，OH + H+ = H2O。（2）反應(yīng)混合物中，苯的沸點(diǎn)較低，所以中蒸餾的目的是除去殘存的甲苯。（3）因?yàn)闇囟仍降停郊姿岬娜芙舛仍叫?，所以中趁熱過濾的目的是減少苯甲酸鉀結(jié)晶析出帶來的損失。（4）中操作是為了提純苯甲酸，除去其中的氯化鉀雜質(zhì)，根據(jù)題中信息可知，苯甲酸可溶于乙醇，而氯化鉀難溶，所以可以根據(jù)題中提示，設(shè)計(jì)如下提純步驟：將粗苯甲酸加入一定體積的乙醇中，配成60的飽和溶液，過濾，濾液倒入室溫下一定量的水中，結(jié)晶、洗滌、過濾，得到藥用純苯甲酸。點(diǎn)睛：本題主要考查了混合物的分離與提純的方法，難度較大。互溶的物質(zhì)可以根據(jù)其沸點(diǎn)的差異采用蒸餾法分離。利用各組分的溶解性不同，可以采用溶解、過濾法分離。利用溶解度隨溫度變化不同，可以采用結(jié)晶法分離。28、2CH3OH(g)+O2(g)=2HCHO(g)+2H2O(g) H=-316 kJmol-1CH3OH-6e-+8OH- = 6H2Ob1.2510-3mol(Ls)1bc【答案解析】I（1）已知CH3OH(g